届一轮复习人教版 直流电路与交流电路学案.docx

1、届一轮复习人教版 直流电路与交流电路 学案第12讲直流电路与交流电路主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)闭合电路的欧姆定律I，EUIrEU内U路(2)电功率：PIU.PI2R(纯电阻)(3)交变电流的“四值”最大值：EmnBS.瞬时值：eEmsin t.有效值：由电流的热效应定义平均值：n.(4)理想变压器的四个基本关系功率关系：P入P出电压关系：.电流关系：.频率关系：f1f2.思想方法(1)物理思想：等效思想、守恒思想.(2)物理方法：假设法、整体法、隔离法、代换法、比值定义法. 1(2018全国卷，16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流

2、电源上，在一个周期内产生的热量为Q正该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示则Q方Q正等于() A1 B.1 C12 D21D由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方T，Q正TTT，故知Q方Q正21.2(2018天津卷，4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则()AR消耗的功率变为PB电压表V的读数变为UC电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变B发电机线圈的转速变为原来的，由E知，原线圈中输入电压变为原来的

3、，频率变为原来的.根据，则U2变为原来的，即U2U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2P，根据，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I.故选B.3(2016高考全国卷，16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A2 B3 C4 D5B设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比，通过R2的电流I2nI，根据变压器的功率关系得，UII2

4、R1(nI)2(R2R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比，通过R2的电流I24nI，根据功率关系有U4I(4I)2R1(4nI)2R2，联立以上两式并代入数据解得n3，选项B正确4(2016高考全国卷，17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()A. B. C. D.C断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1E，U2E，C所带的电荷量QCU，则Q1Q235，选

5、项C正确5(2016高考全国卷，19) (多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是()A原、副线圈匝数比为91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的输入电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为91，选项A正确，选项B错误；由9U0IaU0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，选项C错误，选项D正确考情分析命题特点

6、与趋势1从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，以及电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主22018年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点解题要领1理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理2掌握以下应考技法 (

7、1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法.高频考点一直流电路的分析计算备考策略1高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断需要考生学会灵活变通2知识概括命题视角考向1直流电路的功率问题例1(2018湖北八校二联)(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 .当开关S闭合后 ()AL1的电阻为 BL1消耗的电功率为7.5 WCL2的电阻为7.5

8、 DL2消耗的电功率为0.3 WCDS闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I10.25 A，故P10.7 5 W，R112 ，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 的新电源，在图乙中作出新电源的IU图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U21.5 V，I20.2 A，所以R27.5 ，P2U2I21.50.2 W0.3 W，C、D正确归纳反思1电路的电功率分析纯电阻电路：P电P热I2RIU非纯电阻电路：P电P热P机，即UII2RP机2电源的输出功率与负载的关系分析当Rr时，电源的输出功率最大，为Pm；当R

9、r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小；当Rr时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大；当P出Pm时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1 R2r2.考向2直流电路的动态分析例2(2018衡水中学信息卷二)如图所示的电路中，L为小灯泡，R1、R2、R3为定值电阻，C为电容器，电源电动势为E，内阻为r，图中电表为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是 ()A小灯泡的亮度是先变暗后变亮B电容器C先放电后充电C电流表A的示数先减小后增大D电压表和电流表A1的示数之比先减小后增大C由题意可将电路图转化成如图所示，在滑片P从a到b的过程中，R接入

10、电路的阻值先增大后减小，使整个回路的电阻先增大后减小，因此干路电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故C先充电后放电，B错误；小灯泡L、R1、R3支路电阻恒定，随路端电压的变化，小灯泡L先变亮后变暗，A错误；小灯泡L的电流先增大后减小，而干路电流先减小后增大因此电流表A的示数先减小后增大，C正确；电压表和电流表A1的示数之比为滑动变阻器及R2串联的总电阻，阻值先增大后减小，D错误 归纳反思1闭合电路动态变化的原因(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)(2)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联的支路增多，总电阻

11、减小(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化2闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法：流程如下 (2)利用结论法：即“串反并同”法“串反”即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；“并同”即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论考向3闭合电路的图象问题例3(2018黑龙江省哈尔滨市第三中学冲刺(二)如图所示，图1为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压

12、表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是()A电路中的电源电动势为3.9 VB电动机的电阻为4 C此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD变阻器的最大阻值为32 C由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r3 ；当电流I0.1 A时，U3.6 V，则电源的电动势EUIr3.6 V0.13V3.9 V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM 4 ，故B正确；当I0.3 A时，U3.0

13、V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为PUI30.3 W0.9 W，电动机的热功率为PrMI2rM0.324 W0.36 W，则最大的输出功率为P出0.9 W0.36 W0.54 W，故C错误；当I0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以RrrM(34)32 ，故D正确故选C.归纳反思闭合电路中几种常见图象的比较类型公式图象特例I-R图线I短路R0，I，图象始端断路R，I0，图象末端U-R图线U短路R0，U0，U内E断路R，UE，U内0U-I图线UEIr短路R0，I，U0断路R，I0，UEP-R图线RR短路I，P出0断路I0，P出0，当Rr时，P出最大，P出P-I图线PEII

14、2r短路I，P出0断路I0，P出0，当I时，P出最大，P出高频考点二交变电流的分析与计算备考策略1本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系需要考生学会迁移应用2线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大. (2)线圈中的感应电动势为零(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次3交变电流“四值”的应用(1)最大值：EmnBS，分析电容器时的耐压值(2)瞬时值：EEmsin t(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功

15、、电功率及保险丝的熔断电流. (4)平均值：En，计算通过电路截面的电荷量命题视角考向1交变电流的产生及四值例4(2018湖北部分重点中学联考)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则()At0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置Ba、b对应的线圈转速之比为23Ca、b对应的两线圈面积之比为11D若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变Ct0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比TaTb

16、23；故根据n可知a、b对应的线圈转速之比为32，选项B错误；根据EmNBS，；则，选项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误；故选C.归纳反思解决交变电流的问题要注意以下几点1理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点(1)与中性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变(2)与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不变2区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值3确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路

17、中的有关问题4交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(典题3的C选项)(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式EmnBS求出相应峰值，其中2f2n.(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式若线圈从中性面开始计时，则et图象为正弦函数，eEmsin t；若线圈从垂直中性面开始计时，则et图象为余弦函数，eEmcos t.考向2结合理想变压器考查交流电路例5(2018河南省南阳市统考)(多选)理想变压器原线圈a匝数n1200匝，副线圈b匝数n2100匝，线圈a接在u44sin 314t(V)交流电源上，“12 V6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R216 ，电压表V为理想电表，下列推断

18、正确的是()A交变电流的频率为100 HzB副线圈磁通量的最大变化率为Wb/sC电压表V的示数为22 VDR1消耗的功率是1 W BD由表达式知交变电流的频率为f Hz50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I0.5 A，故电压表示数为U212 VIR220 V，故根据EmN知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V，根据电压与匝数成正比得U140 V，R1消耗的功率是P(4440)0.25 W1 W，故C错误，D正确例6(2018河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压

19、，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则()A用电器增加时，变压器输出电压增大 B要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C用电器增加时，输电线的热损耗减少D用电器增加时，变压器的输入功率减小B由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输

20、入功率增大，故D错误归纳反思有变压器动态分析的方法1明确交流电源、原线圈、副线圈及负载的串并联情况2分清涉及理想变压器动态分析的两类情况，如(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况(3)不论哪种情况，要注意两点：根据题意分清变量和不变量；弄清“谁决定谁”的制约关系对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入题组冲关21.(2018辽宁庄河模拟)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2101，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电

21、表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1220sin 100t(V)的交流电压，开始时单刀双掷开关与b连接，下列说法正确的是()At s时，cd间电压的瞬时值为220 VB电压表的示数为44 VC若将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数都变大D若单刀双掷开关由b拨向a后，电压表示数和电流表示数都变小AD由u1220sin 100t(V)可知，当t s时，cd间电压的瞬时值为220 V，故A正确；单刀双掷开关与b连接，由电压关系，因电压表显示的是有效值，则U1220 V，故电压表的示数为44 V，故B错误；若将滑动变阻器的滑片向上移动，副线圈回路电阻减小，电压表示数不变，电流表的示数变

22、大，C错误；若单刀双掷开关由b拨向a，则原线圈匝数n1增加，副线圈电压降低，电压表示数和电流表示数都变小，故D正确22.(2018山东省实验中学一诊)在如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为21，四个标有“6 V,6 W”的完全相同的灯泡L1、L2、L3、L4，按如图的方式接入电路，其中L1恰能正常发光忽略灯泡电阻随电压的变化电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是 ()AL2、L3、L4均正常发光B电流表示数为0.5 ACm、n两点间所加的电压为14 VD整个电路消耗的总功率为18 WC理想变压器的匝数比为21，则原、副线圈中的电流比为12，四个灯泡的额定电流都为I01 A，L1恰

23、能正常发光，则原线圈中电流为I11 A，根据，可知副线圈中电流为I22 A，流过L2、L3、L4的电流均为A，不能正常发光，选项A、B错误；L2、L3、L4的电阻值为R6 ，则副线圈两端电压为U26 V4 V，根据，可知原线圈两端电压为U18 V，由于L1正常发光，其两端电压UL16 V，故m、n两端所加电压为UmnU1UL114 V，选项C正确；整个电路消耗的总功率PUmnI114 W，选项D错误高频考点三远距离输电问题备考策略1理清三个回路回路1：发电机回路I1I机，U1U机，P1P机回路2：输送电路I2I3IR，U2U3UR，P2PRP3.回路3：输出电路I4I用，U4U用，P4P用2掌

24、握两种损耗(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR.(2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PRP2P3I R输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PRIR或PR.题组突破31.(多选)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器升压变压器原副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 .降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的有()

25、甲乙A降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB远距离输电线路损耗功率为180 kWC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大AD由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I30 A，输电线损失的电压为UIR30100 V3 000 V，输电线路损耗功率为PUI90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电

26、压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确32.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A() B()C4()2()2r D4()2()2rC升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1，由变压关系可得，则U2；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2，则输电线上损失的电功率为PI(2r)，故选项C正确33.如图所示为远距离输电的原理图，升压变

27、压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了U，则下列判断正确的是 ()A电流表A2的示数增大了B电流表A1的示数增大了C电压表V1的示数减小了UD输电线损失的功率增加了()2RB电压表V2的示数减小了U，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了U3nU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变

28、，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了(I)2I2R，不等于()2R，D错误课时跟踪训练(十二)一、单项选择题1(2018福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT.单匝矩形线圈面积S1 m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为21时，副线圈电路中标有“6 V6 W”的灯泡正常发光以下判断正确的是 ()A电流表的示数为1 A B矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e12sin 60t(V)D若矩形线圈

29、转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移C灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I21 A；根据公式：，解得I10.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式，解得：U112 V，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为12V17 V，故B错误；根据公式EmNBS，解得：rad/s60 rad/s，故 从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律eEmsin t12sin 60t(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式EmNBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误 2图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示在图甲